C++ 不知算法系列之深入动态规划算法思想
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了C++ 不知算法系列之深入动态规划算法思想相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
1. 前言
前面写过一篇博文,介绍了什么是动态规划算法。动态规划算法的最大特点,原始问题可以通过分解成规模更小的子问题来解决,子问题之间互成依赖关系,先计算出来的子问题的结果会影响到后续子问题的结果。
有点类似于武侠片中,主角受伤后,一群江湖侠士排成一排,最后一人把真气传递给前面的、前面的再传递给他前面……如此传递,最后传递给主角,主角最终获取到所有人的真气。
真气传递过程中,每一个人就是一个子问题,如果每一个人传递出去的真气是个体最大的,则最后主角获取到的真气必然也是最大的。这便是动态规划的最优子结构的概念。
本文通过几个案例,深入探讨动态规划。
2. 案例
2.1 最短路径
2.1.1 问题描述
求解如下有向权重图中从A
城市到E
城市之间的最短路程。城市与城市之间的连接线上的数字表示城市之间的路程。
2.1.2 问题分析
动态规划是一种从下向上的解决方案,也就是逆推思维。
顺着这个思路,本题目可以先计算离E
最近的D层到E的最短路程
。D
层上有 3
个顶点,意味着需要单独计算 3
次。如此可见,原始问题是可以拆分成多个子问题进行解决的,符合动态规划的条件之一:存在子问题。
为了分析问题的方便,给每一个结点一个编号(如上图,字母后面的数字便是结点的编号)。并且把任一结点
到E
结点的最短路程存储在一维数组中(也称为 db
数组)。
- 从
D
层到E
是直达的,权重值即是最小值,可以直接存储。
-
C
层到E
层的路程计算原则。C4~E
中间只经过D8
,路程数为2
,即C4~E
的最短路程为2
。但是,C5~E
中间可以经过D8和D9
,C5~D8~E
的路程数是4
,C5~D9~E
的路程数是13
,则需要在两者中选择最小值,即min(4,13)
,或说C5~E
的最短路程是4
。C6~E
的最短路程为14
,C7~E
的最短路程为5
。
B
层到E
的最路短路程计算和上述是一样的。B2
可以经过C4、C5、C6
到达E
,在3
条路径中选择最小值min(4,9,17)
,即B2~E
最短路程为4
。B3
可以经过C6、C7
到达E
,同样在2
条路径中选择最小值min(20,9)
。即B2~E
最短路径为9
。
A1
可以经过B2、B3
到达E
,在2
条路径中选择最小值,即min(8,12)
。最终可知A~E
的最短路程为8
。
如上述流程可知,向上逆推过程中,求解到每一层到达E
结点的最短路程后,再把最小值向上层提供,显然,最后所求解的值一定是最小值,也称为最优子结构思想。不仅能求解出A~E
的最短路径,并且能求解出每一个结点到达E
的最短路程。
2.2.3 编程实现
动态规划算法中,有 2
个非常重要的信息需要获取:
- 存储子问题的状态信息(本题指子问题到最终结点的最短路程)。如上述演示图中的
db
一维数组。 - 另就是状态求解方程式。通过上述分析可知,
f(v)=min( w(v,v1)+db(v1), w(v,v2)+db(v2),…… )
。
问题域本身也有 2
个信息:
- 结点数据。
- 结点之间的关系数据。
#include <iostream>
#include <map>
#define INT_MAX 0x7fffffff
using namespace std;
int getMin(int num1,int num2)
return num1<num2?num1:num2;
//测试
int main(int argc, char** argv)
//状态信息表
int db[12]= 0;
//对结点进行编号,并存储存结点信息
string verNames[12]= "","A1","B2","B3","C4","C5","C6","C7","D8","D9","D10","E11";
//邻接矩阵表,存储结点之间的关系
int matrix[12][12]= 0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0 ,
0,0,4,3,0,0,0,0,0,0,0,0 ,
0,0,0,0,2,5,3,0,0,0,0,0 ,
0,0,0,0,0,0,0,4,0,0,0,0 ,
0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,0 ,
0,0,0,0,0,0,0,0,3,5,0,0 ,
0,0,0,0,0,0,0,0,0,6,0,0 ,
0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,2,0 ,
0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1 ,
0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,8 ,
0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,3 ,
0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0
;
//从编号为 10 的结点开始向上计算
for(int i=10; i>0; i--)
//最小值
int minVal=INT_MAX;
for(int j=1; j<12; j++)
//得到相邻结点的权重和相邻结点到最终点的最短路程,
if( matrix[i][j]!=0 && matrix[i][j]+db[j] < minVal )
//找到最小值,本题目的关键所在
minVal= matrix[i][j]+db[j];
db[i]=minVal;
//输出所有最小短路
for(int i=1; i<11; i++)
cout<<verNames[i]<<"~E 的最短路程:"<< db[i]<<endl;
return 0;
输出结果:
2.2 找零钱
2.2.1 问题描述
给你k
种面值的硬币,面值分别为c1, c2 ... ck
,每种硬币的数量无限,再给一个总金额amount
,问最少需要几枚硬币凑出这个金额,如果不可能凑出,算法返回 -1 。
比如说k = 3
,面值分别为 1,2,5
,总金额amount = 11
。那么最少需要 3
枚硬币凑出,即 11 = 5 + 5 + 1
。
2.2.2 分析问题
假设现有面值为 1,5,10,21,25
的币种,需要找的零钱是 63
(单位都是分)。
- 当零钱为
1,2,3,4
分时,都只能由1
分的硬币组成,找回的硬币数分别是:1
枚,2
枚,3
枚,4
枚。如下图所示:
- 当找零为
5
时,可以有2
种选择方案。先找出1
枚1
分硬币,然后计算5-1=4
分钱需要找回多少硬币,因为4
分要找回4
个硬币,共需要5
枚。另就是直接拿出一枚5
分硬币,显然,1
枚更少。
- 当找零为
6
时,也有2
种方案,先拿出一枚1
分硬币,再计算剩下的5
分钱最少需要找回多少硬币。另一个方案就是拿出一枚5
分硬币,计算剩下的1
分钱需要找回的最少硬币。
- 当找零为
11
时,则会有3
种方案,可以得到一个结论,方案的多少由小于此零钱的币种数决定。原理很简单,对于11
分钱的零钱而言,可以先拿出一枚1
分的硬币,也可以先拿出一枚5
分的硬币,或者是拿出一枚10
分的硬币,然后再计算剩下的钱需要找回多少硬币。
2.2.3 编码实现
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int main(int argc, char** argv)
int money=0;
cout<<"请输入零钱数:"<<endl;
cin>>money;
//硬币类型
int coins[5]= 1,5,10,21,25;
//状态数组,零钱需要找回的硬币数
vector<int> dp(money+1, money+1);
dp[0]=0;
for(int i=1; i<=money; i++)
for(int j=0; i>=coins[j]; j++)
//求最小值
dp[i]=dp[i] < dp[ i-coins[j] ]+1 ? dp[i] : dp[ i-coins[j] ]+1;
cout<<dp[money]<<"\\t";
return 0;
输出结果:
2.3 背包问题
2.3.1 问题描述
有一个可装载重量为W
的背包和N
个物品,每个物品有重量和价值两个属性。其中第i
个物品的重量为wt[i]
,价值为val[i]
,现在用这个背包装物品,最多能装的价值是多少?
如输入如下数据:
N = 3, W = 6
wt = [ 1,2,7 ]
val = [4,3,2 ]
可以选择前两件物品装进背包,总重量 3
小于W
,可以获得最大的价值是 7
。
本题依然使用动态规划算法解决。
2.3.2 问题分析
从本文上面 2
道题目的解决过程可知,解决问题不是一趋而蹴,总是从一个很小的问题开始进行推导。本题一样,可以先简化问题,一旦找到问题的规律后,便可放大问题。
背包问题,有 2
个状态值,背包的容量和可选择的物品。
- 物品对于背包而言,只有
2
种选择,要么装下物品,要么装不下,如下图所示,表格的行号表示物品编号,列号表示背包的重量。单元格中的数字表示背包中最大价值。当物品只有一件时,当物品重量大于背包容量,不能装下,反之,能装下。如下图,物品重量为1
。无论何种规格容量的背包都能装下(假设背包的容量至少为1
)。
- 如下图,当增加重量为
2
的物品后,当背包的容量为1
时,不能装下物品,则最大值为同容量背包中已经有的最大值。
但对容量为 2
的背包而言,恰好可以放入新物品,此时背包中的最大价值就会有 2
个选择,一是把物品 2
放进去,背包中的价值为 3
。二是保留背包已有的价值4
。然后,在两者中选择最大值 4
。
当背包容量是 3
时,物品2
也是可以放进去的。此时背包的价值可以是当前物品的价值 3
加上背包剩余容量3-2=1
能存放的最大价值4
,计算后值为 7
。要把此值和不把物品放进去时原来的价值 4
之间进行最大值选择。
所以,对于背包问题,核心思想就是:
- 如果物品能放进背包:则先计算出物品的价值加上剩余容量能存储的最大价值之和,再找到不把物品放进背包时背包中原有价值。最后在两者之间进行最大值选择。
- 当物品不能放进背包:显然,保留背包中原来的最大价值信息。
2.3.3 编码实现
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int main(int argc, char** argv)
//物品信息
int goods[3][3]= 1,4,2,3 ;
//背包容量
int bagWeight=0;
cout<<"请输入背包容量:"<<endl;
cin>>bagWeight;
//状态表
int db[4][bagWeight+1]= 0;
for(int i=0; i<4; i++)
for(int j=0; j<bagWeight+1; j++)
db[i][j]=0;
for(int w=1; w<4; w++)
for(int wt=1; wt<=bagWeight; wt++)
if( goods[w-1][0]>wt )
//如果背包不能装下物品,保留背包上一次的结果
db[w][wt]=db[w-1][wt];
else
//能装下,计算本物品价值和剩余容量的最大价值
int val=goods[w-1][1] + db[w-1][ wt- goods[w-1][0] ];
//背包原来的价值
int val_= db[w-1][wt];
//计算最大值
db[w][wt]=val>val_?val:val_;
for(int i=1; i<3; i++)
for(int j=1; j<=bagWeight; j++)
cout<<db[i][j]<<"\\t";
cout<<endl;
return 0;
输出结果:
3. 总结
如果问题都可以使用动态规划实现,则问题的字面描述可能形形色色,但问题的内在一定会具有相似性。如找零钱问题就可以转化成背包问题。要找的零钱可看成是背包的容量,每一类币种可以看成是物品的重量,求解恰好装满背包所需要的最少硬币数。
解决问题后,需学会总结、归纳。方能看破表象,找出本质。
以上是关于C++ 不知算法系列之深入动态规划算法思想的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章